2022届高三化学一轮复习 工艺流程题专题周练09 无机化学流程题（含解析）.docx

1、无机化学流程题一、单选题（本大题共14小题，共42分）1. 从海水晒盐的母液中提取金属镁的一种工艺流程如下：下列说法不正确的是 ( )A. 步骤沉镁可加入石灰乳，说明Mg(OH)2的溶解度更小B. 步骤脱水时，在空气中加热MgCl26H2O得到MgCl2C. 步骤电解熔融MgCl2时，阴极有金属Mg析出D. 设计步骤、的主要目的是富集镁元素2. 锌锰干电池是日常生活中常用的一次电池。一种处理废旧干电池的流程如下：下列叙述错误的是 ( )A. 合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用B. “水浸”后的滤渣干燥后经充分灼烧可回收其中的MnO2C. “沉淀”反应后的滤液可通过蒸发结晶回收NH4Cl

2、D. “沉淀”反应的离子方程式为Zn2+2NH3H2O=Zn(OH)2+2NH4+3. 某工厂的一个生产工艺流程如图所示，下列叙述正确的是()A. 该工艺流程是制备Fe2(SO4)3B. 气体M是SO3C. 气体M参加的反应是化合反应D. SO2参加反应时氧化剂和还原剂的物质的量之比是1：14. (NH4)2SO4是一种常见的化肥，某工厂用石膏、NH3、H2O、CO2制备(NH4)2SO4的工艺流程如下：下列说法正确的是( )A. 通入NH3和CO2的顺序可以颠倒B. 操作1为过滤，操作2为蒸馏C. 通入的NH3和CO2均应过量，且工艺流程中CO2可循环利用D. 步骤中反应的离子方程式为CaS

3、O4+2NH3+CO2+H2O=CaCO3+2NH4+SO42-5. 工业利用含镍废料(以镍铁钙合金为主)制取NiC2O4(草酸镍)，再经高温煅烧NiC2O4制取Ni2O3的流程如图所示。已知：NiC2O4、CaC2O4均难溶于水；Fe3+完全沉淀的pH约为3.2。下列说法 不 正 确的是()A. “酸溶”时不宜加入太多的稀硫酸B. 加入H2O2发生的主要反应的离子方程式为：2Ni2+H2O2+2H+=2Ni3+2H2OC. 加入Na2CO3溶液调节pH至4.05.0，目的是使生成的Fe3+沉淀完全D. NiC2O4隔绝空气高温煅烧可制得Ni2O3，反应方程式为：2NiC2O4=高温Ni2O3

4、+3CO+CO26. 工业上以粗盐(含Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质)为主要原料，采用“侯氏制碱法”生产纯碱和化肥NH4Cl，实验室模拟工艺流程如图甲所示。下列说法正确的是()A. 饱和食盐水中先通入的气体为CO2B. 流程图中的“系列操作”中一定需要使用玻璃棒C. 如图乙所示装置可以比较Na2CO3和NaHCO3晶体的热稳定性D. 对粗盐溶液除杂可依次加入过量NaOH、Na2CO3、BaCl2溶液，过滤后再加入盐酸调节溶液的pH7. 高铁酸钾(K2FeO4)是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示：下列叙述错误的是A. 用K2FeO4作水处理剂时，既能杀菌消毒又能净化水B

5、. 反应中尾气可用FeCl2溶液吸收再利用C. 反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2D. 该条件下，物质的溶解性：Na2FeO4K2FeO4，故D错误。故选D。8.【答案】B【解析】【分析】本题以铝制备明矾为载体，考查物质的制备与设计、以及分离提纯实验操作，涉及反应原理的探究等，属基础知识综合应用的考查，题目难度中等。【解答】易拉罐的主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质，可选择浓NaOH溶解，得到偏铝酸钠溶液，并通过过滤除去Fe、Mg等杂质，滤液中加入NH4HCO3溶液后，强酸制取弱酸，AlO2-生成Al(OH)3沉淀，过滤后将沉淀溶解在稀硫酸中，得到硫酸铝溶液，添加K2SO4溶液后

6、蒸发浓缩并冷却结晶得到晶体明矾。A.回收处理废易拉罐有利于保护环境和资源再利用，故A正确；B.“沉淀”为Al(OH)3沉淀，故B错误；C.“操作a”中包含蒸发浓缩、冷却结晶，故C正确；D.强酸制取弱酸，通入过量CO2，使AlO2-生成Al(OH)3沉淀，上述流程中可用过量CO2代替NH4HCO3，故D正确。故选B。9.【答案】A【解析】【分析】本题考查物质分离提纯的方法和综合应用，为高频考点，把握流程中物质的性质及发生的反应为解答的关键，侧重分析、实验能力的考查，题目难度中等。【解答】Al2O3、Fe2O3都和硫酸反应，要将氧化铝和Fe2O3分离出来，应该选择X为氢氧化钠，将氧化铝溶解为偏铝酸

7、钠，则固体难溶物是氧化铁，即试剂X为氢氧化钠，沉淀中含有氧化铁，偏铝酸盐中通二氧化碳来获得氢氧化铝沉淀，发生CO2+AlO2-+2H2O=Al(OH)3+HCO3-，Y为CO2，氢氧化铝加热分解生成氧化铝，电解氧化铝可得铝。A.由溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，故A正确；B.氧化铁与氢氧化钠不反应，反应、过滤后得到沉淀为氧化铁，故B错误；C.反应是复分解反应，不属于氧化还原反应，故C错误；D.由上述分析可知，X为NaOH，Y是CO2，将试剂X和Y进行对换，不能分离氧化铁、氧化铝，不能达到相同效果，故D错误；故选A

8、。10.【答案】D【解析】【分析】本题考查了制备方案的设计，为高频考点，题目难度中等，根据制备流程明确制备原理为解答关键，注意掌握制备方案设计与评价的原则，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力。【解答】炉渣加入硫酸溶液同时通入氧气得到固体W为氧化还原反应生成的硫单质和SiO2等，溶液X为含有Fe3+离子的溶液，调节溶液pH得到溶液Z加热得到聚铁，溶液X中加入铁反应生成硫酸亚铁溶液Y，蒸发结晶得到硫酸亚铁晶体，以此解答该题。A.炉渣中FeS与硫酸和氧气反应生成硫单质、硫酸铁和水，反应的离子方程式为4FeS+3O2+12H+=4Fe3+4S+6H2O，故A正确；B.炉渣加入硫酸溶液同时通入氧气得

9、到固体W为氧化还原反应生成的硫单质和SiO2等，固体W灼烧得到气体为二氧化硫，通入双氧水得到硫酸，故B正确；C.溶液X中加入过量铁粉，铁和硫酸铁溶液反应生成硫酸亚铁，故C正确；D.若溶液Z的pH偏小，则聚铁中生成的氢氧根的含量减少，使铁的含量减少，故D错误；故选：D。11.【答案】D【解析】【分析】本题考查工艺流程分析，为高频考点，难度不大，掌握题中信息、物质的性质以及物质分离和提纯的操作是解答关键。【解答】A.KClO3转化为Cl-，1个KClO3得到6e-，3molVO2+被氧化成VO2+，共转移3mole-，则需要0.5molKClO3，故A错误；B.酸浸氧化时，SiO2不反应，则滤渣1

10、为SiO2。Al2O3转化为Al3+，加入KOH后，Al3+转化为Al(OH)4-，通入CO2后Al(OH)4-转化为Al(OH)3，为保证Al(OH)4-被完全除去，则通入CO2应过量，生成HCO3-，酸浸氧化时，引入Cl-和SO42-，所以滤液1中主要的阴离子有Cl-、SO42-、HCO3-和VO3-，故B错误；C.“煅烧”时需要的仪器主要有坩埚、坩埚钳、三脚架、酒精灯、泥三角，故C错误；D.“煅烧”时，NH4VO3受热分解生成V2O5，方程式为2NH4VO3V2O5+2NH3+H2O，故D正确。12.【答案】C【解析】【分析】本题考查了物质制备流程分析判断，实验基本操作等，题目涉及的知识

11、点较多，综合性强，考查学生对所学知识的综合应用能力，题目难度中等【解答】A. “调pH”的试剂若用NaOH代替，则会混有Na2SO4，使制得的MnSO4不纯，A错误；B.将MnSO4溶液置于蒸发皿中，蒸发至大量晶体析出时冷却，可制得MnSO4H2O，B错误；C.“转化”时用HNO3代替H2O2会生成有毒物质氮氧化物及引入杂质离子NO3-，C正确；D.较高温度会导致H2O2分解，利用率降低，D错误。13.【答案】B【解析】【分析】本题考查了物质的制备，为高频考点和常见题型，侧重考查学生的分析、实验能力，题目涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择与理解、信息获取与迁移运用等，需要学生

12、具备扎实的基础，题目难度中等。【解答】铁泥(主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe)与稀盐酸反应得到的滤液A溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原铁离子：2Fe3+Fe=3Fe2+，过滤过量的铁，滤液B的溶质为氯化亚铁，加入氢氧化钠溶液，生成Fe(OH)2浑浊液，向浑浊液中加入双氧水氧化：2Fe(OH)2+H2O2=2FeOOH+2H2O，反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，再与氯化亚铁加热搅拌发生反应：2FeOOH+Fe2+2OH-Fe3O4+2H2O，过滤、洗涤、干燥得产品Fe3O4，以此解答该题。A.铁泥的主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe，和盐酸反应后会生成Fe

13、3+和Fe2+，则滤液A中含有Fe3+和Fe2+，故A正确；B. 步骤中加入铁粉还原铁离子的离子方程式是：2Fe3+Fe=3Fe2+，故B错误；C. 步骤中，为防止H2O2在步骤中氧化+2价铁元素，反应完成后需加热除去剩余H2O2，C正确；D. 超顺磁性的Fe3O4粒子平均直径25nm，均匀分散在水中属于胶体，可以利用丁达尔效应验证得到的固体是超顺磁性的Fe3O4粒子，故D正确。14.【答案】C【解析】【分析】本题考查无机工艺流程，涉及化合价、阿伏加德罗常数、电解及化学实验等多个内容，难度较大。【解答】A. 根据化合物中元素化合价代数和等于0，由于Na是+1价，O为-2价，所以Na2S2O4中

14、S元素的化合价为+3，A正确；B.36g水的物质的量是2mol，在装置II中发生反应：NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3+NO3-+4H+，NO+H2O+Ce4+=Ce3+NO2-+2H+，可见两个反应都是消耗1molH2O产生2molH+，则反应消耗2molH2O，就产生4molH+，生成H+的数目等于4NA，B正确；C.24g甲烷的物质的量为1.5mol，在甲烷燃料电池中，通入甲烷的电极为负极，失去电子发生氧化反应，碳元素化合价由-4价升高为+4价， 1mol甲烷反应失去8mol电子，则1.5mol甲烷完全反应转移电子的物质的量为n(e-)=81.5mol=12mol，由于在同一闭合回路

15、中电子转移数目相等，所以当消耗24g甲烷时，理论上可再生12molCe4+，C错误；D. 由于NH4NO3高温易分解，因此从溶液中得到粗产品NH4NO3的实验操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等，D正确；故选C。15.【答案】(1)N2+3H22NH3(2)4NO+3O2+2H2O=4HNO3 (3)3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O；酸性和氧化性 (4)NaNO2；NH4+OH-NH3+H2O；3：2【解析】【分析】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握流程中发生的反应、制备原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难

16、度不大。【解答】(1)工业上制氨气的化学方程式为N2+3H22NH3；(2)“吸收塔”中生成硝酸的化学方程式为4NO+3O2+2H2O=4HNO3；(3)金属铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，其离子方程式为3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O；稀硝酸中氮元素一部分化合价降低、一部分化合价不变，表现为氧化性和酸性；(4)NO2可用碱液吸收：NO2+NaOHM+NaNO3+H2O(未配平)，已知M是一种盐，且在生成物中M与NaNO3的物质的量比为1：1，生成硝酸钠时N元素的化合价为+5，高于二氧化氮中氮元素的化合价，则M中N元素的化合价小于4，由电子得失守恒及原子守恒，M为N

17、aNO2；检验吸收液中的NH4+，选强碱溶液、加热，且生成氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则发生的离子反应为NH4+OH-NH3+H2O；NO可在400左右和催化剂的作用下，用氨气还原成可直接排入空气中无害气体，反应为4NH3+6NO5N2+6H2O，该反应中氧化剂为NO、还原剂为氨气，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量比为6：4=3：2。16.【答案】(1)SiO2；Cu2S+2MnO2+4H2SO4=2CuSO4+2MnSO4+S+4H2O(2)CuO；3.7pH5.6；2Fe3+3CuO+3H2O=2Fe(OH)3+3Cu2+(3)(NH4)2SO4；NH3、H2SO4(4)取最后一次洗涤液

18、，先滴入稀盐酸，再滴入氯化钡溶液，无白色沉淀生成，说明已洗涤干净(5)Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+【解析】【分析】本题考查物质制备流程，为高考常见题型，题目涉及物质性质的应用，题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，题目综合性强，题目难度中等。【解答】(1)二氧化硅与硫酸不反应“滤渣”中，除含有S外，另一种主要成分是SiO2，浸取”过程中，Cu2S与MnO2发生氧化还原反应，写出该反应的化学方程式：Cu2S+2MnO2+4H2SO4=2CuSO4+2MnSO4+S+4H2O；(2)除铁”时，尽可能多

19、地得到Cu2(OH)2CO3，应加入的“试剂A”为CuO，消耗铁离子水解生成的H+，促进铁离子完全水解，生成氢氧化铁，根据金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围可知，让铁离子完全沉淀，不让铜离子沉淀，pH调节范围为3.7pH3；。【解析】【分析】本题以铁黄(FeOOH)的制备流程为知识背景，考查铁的化合物的性质、离子方程式的书写、物质的分离提纯等，难度中等，清楚工艺流程原理是解题的关键，是对知识迁移的综合运用。【解答】Fe3O4、FeO和Fe2O3原料中加硫酸溶解，金属氧化物转化为金属阳离子，再加FeS2把铁离子还原为Fe2+，同时生成S沉淀，过滤，滤液中含有Fe2+，滤液中通入空气氧化，同时加入

20、NaOH或氨水生成FeOOH沉淀，过滤、洗涤、烘干，得到纯净的FeOOH；(1)Fe3O4和硫酸反应生成硫酸亚铁、硫酸铁和水，离子方程式为Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2O，增大酸的浓度、适当升温、搅拌、粉碎硫酸渣等可提高“酸溶”效率；(2)“还原”的目的是将Fe3+转化为Fe2+，离子方程式为2Fe3+FeS2=3Fe2+2S，则该反应中n(Fe3+)n(FeS2)=2:1，该步骤也可加入Fe粉替代黄铁矿粉；(3)“氧化”反应的化学方程式：4Fe(OH)2+O2=4FeOOH+2H2O；反应进行一段时间后pH几乎不随时间变化，其原因可能是；Fe2+与溶解氧反应释放出H+与Fe(O

21、H)2电离出OH-速率和数量相等；(4)根据图可知，40100、pH3条件下主要得到铁黄(FeOOH)；生成黄铁矾钠的离子方程式为2Na+3ClO-+6Fe2+4SO42-+9H2O=Na2Fe6SO44OH12+3Cl-+6H+。20.【答案】(1)+3；4Fe2+O2+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8H+(2)8.010-19(3)溶解；转化为Fe(OH)3(4)Cu(OH)2(5)Zn+PbCl2=ZnCl2+Pb(6)增强溶液导电性；Zn2+2e-=Zn【解析】【分析】本题考查无机工业流程，将方程式与生产实践结合起来，根据题目信息进行分析，了解每步加入物质的作用及相应的方程式，

22、结合部分题目信息进行解答计算，特别要把主要元素和杂质元素区分开，进行保留或去除，题目难度中等。【解答】(1)H3AsO3中As的化合价是+3，氧化产生胶体的过程方程式为：4Fe2+O2+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8H+；(2)FeAsO4彻底沉淀后，剩余c(Fe3+)=8.510-4molL-1-6.010-4molL-1=2.510-4molL-1c(AsO43-)=2.010-222.510-4molL-1=810-19molL-1；(3)pH过低会使FeAsO4沉淀溶解，pH过高会生成Fe(OH)3沉淀；(4)分析题目中的杂质元素，那么滤渣当中就可能存在Cu(OH)2；(5)还原PbCl2的方程式为Zn+PbCl2=ZnCl2+Pb；(6)加入KCl的目的是增强溶液导电性；阴极电极反应式为：Zn2+2e-=Zn。